热门试卷

(1)见解析(2)

试题分析：(1)证明面面垂直几何法就要证线面垂直,要证线面垂直就要证线线垂直;线线、线面、面面垂直之间相互转化. 由题意知从点出发的三条件直线两两垂直,从而,又在平面内,所以可证得平面ABC平面ADC.证明面面垂直向量法可证法向量垂直,由题意知从点出发的三条件直线两两垂直,可以建立空间直角坐标系.

(2)求二面角可用两种向量法(面向量和法向量)或几何法,面向量法即在两个半平面内分别从顶点出发与棱垂直的两个向量所成的角.几何法(三垂线法)重点是找到二面角的平面角,①在几何体内找第三个平面与二面角的两个半平都垂直,交线所成角即为平面角;如果找不到可以退而求其次,找第三个平面与二面角的其中一个半平垂直.②与另外一个半交于点,过点作交线的垂线③过点作棱的垂线④连所得到的为二面角的平面角⑤在直角三角形求角.用法向量法求二面角不容易判断所求出的是二面角还是其补角,所以尽量不用它.

试题解析：

（1） 

又     （4分）

又         （6分）

（2）作CG^BD于点G，作GH^BM于点HG，连接CH.   （8分）

又 

又

又

所以ÐCHG为二面角的平面角.      （10分）

在Rt△BCD中，

CD=BD=，CG=CD，BG=BC

在Rt△BDM中，HG==

在Rt△CHG中，tanÐCHG=

所以即二面角C-BM-D的大小为60°.     （14分）

(Ⅰ)详见解析； (Ⅱ) 点D到平面AEC的距离为．

试题分析：(Ⅰ)求证EO⊥平面ABCD，只需证明垂直平面内的两条直线即可，注意到，则为等腰直角三角形，是的中点，从而得，由已知可知为边长为２的等边三角形，可连接CO，利用勾股定理，证明EO⊥CO，利用线面垂直的判定，可得EO⊥平面ABCD；(Ⅱ)求点D到平面AEC的距离，求点到平面的距离方法有两种，一．垂面法，二．等体积法，此题的体积容易求，且的面积也不难求出，因此可利用等体积，即，从而可求点D到面AEC的距离．

试题解析：(Ⅰ)连接CO.                       

∵，∴△AEB为等腰直角三角形．              1分

∵O为AB的中点，∴EO⊥AB，EO＝1.                            2分

又∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，

∴△ACB是等边三角形，

∴CO＝.                                                     3分

又EC＝2，∴EC2＝EO2＋CO2，∴EO⊥CO.                         4分

又CO⊂平面ABCD，EO平面ABCD，∴EO⊥平面ABCD.          6分

(Ⅱ)设点D到平面AEC的距离为h.

∵AE＝，AC＝EC＝2，∴S△AEC＝.                             8分

∵S△ADC＝，E到平面ACB的距离EO＝1，VD－AEC＝VE－ADC，         9分

∴S△AEC·h＝S△ADC·EO，∴h＝，                                11分

∴点D到平面AEC的距离为.                                  12分

（Ⅰ）见解析    （Ⅱ） 

试题分析：（Ⅰ）取PD边的中点K，不难得到四边形CKFE为平行四边形，从而得到直线EF平行与直线CK，从而得到结论；

（Ⅱ）根据平行关系和三棱锥的体积的轮换对称性，得：.如本题就是第二种。

（Ⅱ）中主要是棱锥体积的计算，三棱锥又是一个极其特殊的图形，它的每个顶点均可作为顶点，往往是其解题的技巧之所在，要加以灵活运用.

试题解析：（Ⅰ）取PD的中点K，连接CK,FK，则FK是三角形PAD的中位线，故： 且，又因为E为BC的中点，且，所以,可得四边形CEFK为平行四边形，得，又,所以EF∥平面PCD

（Ⅱ）因为EF∥平面PCD，所以点E和点F到平面PDC的距离相等，则有,故： 

（2）450

(1)证明：∵CD⊥AB，CD⊥BC，∴CD⊥平面ABC，

又∵CD平面ACD，

∴平面ACD⊥平面ABC。

（2）∵AB⊥BC，AB⊥CD，∴AB⊥平面BCD，

∴AB⊥BD，

∴∠CBD是二面角C-AB-D的平面角，

∵在Rt△BCD中，BC=CD，∴∠CBD=450。

∴二面角C-AB-D的大小为450。

（Ⅰ）B1F∥平面D1DE （Ⅱ）60°（Ⅲ）

（Ⅰ）证明：取棱A1B1的中点E1，连结E1D.∵B1E1∥DF且相等 

∴四边形DFB1E1为平行四边形  ∴B1F∥DE1.

又∵B1F平面D1DE，易得DE1平面D1DE,∴B1F∥平面D1DE.

（Ⅱ）取A1C1与B1D1的交点O1，在平面BB1D1D上作O1H⊥BD1，

重足为H，连结HC1.∵C1O1⊥B1D1，平面BB1D1D⊥平面A1B1C1D1，

∴C1O1⊥平面BB1D1D，∴C1H⊥BD1

即∠O1HC1是所求二面角的平面角,

∠O1HC1=60°所以二面角C1-BD1-B1的大小是60°

（Ⅲ）延长BA到M，使AM=AB连结MD，则∵AB∥DC且相等，

∴AM∥DC且相等   ∴四边形MACD是平行四边形.∴MD∥AC且相等，

又四边形A1ACC1是平行四边形   ∴AC∥A1C1且相等,∴MD∥A1C1且相等

∴MD与A1C1确定一个平面，即平面DA1C1，∴M是直线BA与平面DA1C1的交点.

∴当动点P与B重合时，P到平面DA1C1的距离最大，四面体DP A1C1体积最大.

此时四面体DP A1C1为正四面体，

（1）详见解析；（2）是线段的中点；（3）详见解析．

试题分析：（1）求证：AB⊥平面AA1 C1C，证明线面垂直，只需证明线线垂直，即在平面找两条直线与垂直，由已知平面，故，且，故可证得结论；（2）线段上的点满足平面平面，且面面，面面，由面面平行的性质可以得到，在中，已知是的中点，由中位线定理，即可确定点的位置；（3）证明：⊥A1C，证明线线垂直，只需证明一条直线垂直于另一条直线所在的平面，注意到四边形是一个正方形，则，易证，可得平面，由（2）知平面平面，从而得平面，即可证得结论．

（1）底面，，                          2分

，，面.                  4分

（2）面//面，面面，面面，

//，                                     7分

在中是棱的中点，

是线段的中点.                                             8分

（3）三棱柱中

侧面是菱形，，                            9分

由（1）可得，，面，                              11分

.                                  12分

又分别为棱的中点，//，                            13分

.                                          14分

（1）证明略（2）

本试题主要是考查了线面垂直的证明，以及二面角的求解的综合运用。

（1）求证B1F⊥平面AEF，只需证明B1F垂直平面AEF内的两条相交直线AF、EF即可；

(2)建立空间直角坐标系，然后表示平面的法向量与法向量的夹角，进而得到二面角的平面角的大小。

（1）略

（2）平面的法向量 

〈〉=

解：（Ⅰ）证明：因为，且O为AC的中点，所以． 

又由题意可知，平面平面，交线为，且平面，    

所以平面．                         ……..（5分）                  

（Ⅱ）如图，以O为原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．

由题意可知，又

所以得:

则有：

设平面的一个法向量为，则有

，令，得

所以．      

．         

因为直线与平面所成角和向量与所成锐角互余，

所以．                         ….. …….. …....（10分）                    

略